ĐA THỨC_1
I. Tóm tắt kiến thức
1. Định nghĩa đa thức
Cho K là một trong các tập hợp: Z, Q, R,
Định nghĩa . Một đa thức trên K là biểu thức có dạng:
P  x   an .x n  an1.x n 1  ...  a1.x  a0 (1)
trong đó n N , ai  K,i  0,..., n
Kí hiệu P  x   K [x]
 a0 , a1 ,..., an được gọi là các hệ số của đa thức.
 Nếu an  0 thì a n được gọi là hệ số cao nhất.
 a0 được gọi là hệ số tự do.
 Nếu a0  a1  ...  an  0 thì P  x   0, x  R .
 Nếu an  1 thì đa thức P  x  được gọi là đa thức monic.
Nếu an  0 thì ta nói đa thức P  x  có bậc n, ký hiệu deg P  x   n .
Định lí 1. Cho P  x  , Q  x  là các đa thức, khi đó:
deg  P  x   Q  x    max deg P  x  ,deg Q  x 
deg  P  x  .Q  x    deg P  x   deg Q  x 
2. Phép chia đa thức.
Định lí 2. Cho hai đa thức P  x  , G  x   K  x  , trong đó G  x  khác đa thức 0. Khi đó tồn tại
duy nhất cặp đa thức Q  x  , R  x   K  x  thỏa mãn
P  x   G  x  .Q  x   R  x  và deg R  x   deg G  x 
Đa thức Q  x  và R  x  lần lượt được gọi là thương và dư của phép chia đa thức P  x  cho
G  x .
Khi R  x  là đa thức 0 ta nói đa thức P  x  chia hết cho đa thức G  x  trên K  x  , ký
hiệu P  x G  x  .
Trong trường hợp ngược lại ký hiệu P  x   G  x  .
Định lí 3. ( Định lý Bezout): Số dư khi chia đa thức P  x  cho nhị thức x  a là P  a  .
Nói cách khác P  x  x  a   P  a   0 .
I.3. Nghiệm của đa thức
Định nghĩa. Số a được gọi là nghiệm của đa thức P  x  nếu P  a   0 .
Nhận xét: a là nghiệm của P  x  khi và chỉ khi P  x  x  a 
Định nghĩa. Cho đa thức P  x  và m  N * . Ta nói số a là nghiệm bội m của P  x  nếu
P  x  x  a  và P  x    x  a 
m
m 1
Định lí 4. Trong R  x  , mọi đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực (kể cả bội).
Định lí 5. Trong R  x  , mọi đa thức đều phân tích được dưới dạng tích các nhân tử bậc nhất và
các nhân tử bậc hai với biệt thức  âm.
Định lí 6.
 Nếu đa thức P  x  với deg P  x   n và P  x  có nhiều hơn n nghiệm (kể cả bội) thì nó
là đa thức 0.
 Nếu hai đa thức P  x  , Q  x  đều có bậc không vượt quá n, và lại bằng nhau tại nhiều
hơn n giá trị khác nhau của biến x thì chúng có các hệ số đều bằng nhau, ta viết
P x  Q  x .
p
Định lí 7. Cho đa thức P  x   an .x n  an1.x n 1  ...  a1.x  a0  Z x  . Khi đó nếu x 
(phân
q
số tối giản) là nghiệm của P  x  thì a0  p và an  q .
Trong trường họp đặc biệt khi hệ số cao nhất của P  x  bằng 1 thì dẫn đến mọi nghiệm
hữu tỉ của đa thức đều là nghiệm nguyên nên thu được hệ quả.
Hệ quả. Cho
khi đó mọi nghiệm thực của P  x  đều nguyên hoặc vô tỉ.
I.4. Định lí Viét. Trong R[x], nếu đa thức
P  x   an .x n  an1.x n 1  ...  a1.x  a0
có n nghiệm là x1 , x2 ,..., xn thì
n
a
a
k a
xi   n 1 ;
xi .x j  n  2 ;...;  xi .xi ...xi   1 n k


an
an
an
i 1
1i  j  n
1i i ...i  n
1
1
2
2
k
k
...
a0
an
Định lí 8. (Định lí Viét đảo) Nếu có n số x1 , x2 ,..., xn thỏa mãn
x1.x2 ...xn   1
n
n
x
i
i 1

1i  j  n
...
 A1
xi .x j  A2

1i1 i2 ...ik  n
...
xi .xi ...xi  Ak
1
2
k
x1.x2 ...xn  An
thì x1 , x2 ,..., xn là n nghiệm của đa thức
P  x   x n  A1.x n 1  ...   1 Ak .x n k  ...   1
k
BÀI TẬP
n 1
An 1.x   1 An
n
Bài 1.Cho các đa thức P( x), Q( x) [ x] và a  thỏa mãn P(a)  P(a  2023)  0; Q(2024)  2026 .
Chứng minh rằng phương trình Q( P( x))  1 không có nghiệm nguyên.
Bài 2. Cho k  * . Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn: ( x  2023) k .P( x)  ( x  2024) k P( x  1) (*)
Bài 3: Cho f  x   [ x] .
a/ Giả sử
4
 f (i )  f  0  . f 1 ... f  4  không chia hết cho 5. Chứng minh rằng phương
i 0
trình f ( x)  0 không có nghiệm nguyên.
b/ Chứng minh rằng nếu f ( x)  1 có quá 3 nghiệm nguyên thì phương trình f ( x)  1 không có
nghiệm nguyên.
c/ Giả sử a,b,c là 3 nghiệm nguyên khác nhau của phương trình f ( x)  1 . Chứng minh rằng
nghiệm nguyên của phương trình f ( x)  1 lớn hơn min {a,b,c} .
d/ Giả sử degf  1 , n  f  là số nghiệm nguyên của phương trình f 2 ( x)  1 . Chứng minh rằng
n( f )  degf  2.
e/ Giả sử f  [ x] , a, b   sao cho f (a)  f (b)  1, c, d   sao cho f (c)  f (d )  1. Chứng
minh rằng {a,b,c,d} là một hoán vị của bốn số nguyên liên tiếp nào đó.
Bài 4.
Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức với hệ số nguyên. Biết rằng đa thức xP( x3 )  Q( x3 ) chia hết
cho x 2  x  1 . Gọi d là ƯCLN của P(2023) và Q(2023) . Chứng minh rằng d  2022
Bài 5. Cho đa thức f ( x)  x 2017  ax 2  bx  c với a, b, c  có ba nghiệm nguyên x1 , x2 , x3 . Chứng
minh rằng ( a 2017  b 2017  c 2017  1)( x1  x2 )( x2  x3 )( x3  x1 ) chia hết cho 2017.
Bài 6.Cho a,b,c là ba số nguyên phân biệt và đa thức P( x)  [ x] sao cho P(a)  P(b)  P(c)  2.
Chứng minh rằng phương trình P( x)  3  0 không có nghiệm nguyên.
Bài 7. Cho đa thức f ( x) [ x] . Chứng minh rằng nếu đa thức Q( x)  f ( x)  12 có ít nhất 6
nghiệm nguyên phân biệt thì f ( x) không có nghiệm nguyên.
Bài 8.Cho f ( x) là một đa thức bậc 5 với hệ số nguyên, nhận giá trị 2023 với 4 giá trị nguyên
khác nhau của biến x. Chứng minh rằng phương trình f ( x)  2054 không thể có nghiệm
nguyên.
1 5
1 5
)  0 . Chứng minh rằng f (
)  0.
4
4
Bài 9. Cho đa thức f ( x) [ x] thỏa mãn: f (
Bài 10. Cho f ( x)  x n  a1 x n 1  ..  an 1 x  1 là đa thức có n nghiệm thực thỏa mãn
ai  0i  1,.., n  1 . Chứng minh rằng f ( x )  ( x  1)n x  Q  .
Bài 11. Biết đa thức f ( x)  x 4  18 x 3  kx 2  200 x  1984 có hai nghiệm mà tích bằng -32. Tính k.
Bài 12.(IMO 2002) Tìm m, n   : m, n  3 sao cho có vô số a    thỏa mãn
am  a 1
.
an  a2 1
Lời giải
Bài 1.Cho các đa thức P( x), Q( x) [ x] và a  thỏa mãn P(a)  P(a  2023)  0; Q(2024)  2026 .
Chứng minh rằng phương trình Q( P( x))  1 không có nghiệm nguyên.
Lời giải:
P( x)  ( x  a)( x  a  2023).g ( x) ,  P( x) chẵn với x .
Q( x)  ( x  2024)h( x)  2026  Q( P( x ))  ( P( x)  2024)h  P  x    2026 chia hết cho 2
nên Q( P( x))  1x   . (đpcm)
Bài 2.
Cho k  * . Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn: ( x  2023) k .P( x)  ( x  2024) k P( x  1) (*)
Lời giải:
Giả sử P(x) là đa thức thỏa mãn đề. Ta thấy x=2024 là nghiệm bội bậc  k của P(x).Theo định
lý Bezout ta có P( x)  ( x  2024) k .Q( x) , thay vào (*) ta được
( x  2023) k ( x  2024)k .Q( x)  ( x  2023)k ( x  2024) k .Q( x  1) . Từ đó suy ra
Q( x)  Q( x  1) x  2023, x  2024 , hay Q( x)  a là hằng số. Vậy P( x)  a( x  2024) k . Thử lại đúng.
Bài 3: Cho f [ x] .
a/ Giả sử
4
 f (i ) không chia hết cho 5. Chứng minh rằng phương trình
f ( x)  0 không có
i 0
nghiệm nguyên.
b/ Chứng minh rằng nếu f ( x)  1 có quá 3 nghiệm nguyên thì phương trình f ( x)  1 không có
nghiệm nguyên.
c/ Giả sử a,b,c là 3 nghiệm nguyên khác nhau của phương trình f ( x)  1 . Chứng minh rằng
nghiệm nguyên của phương trình f ( x)  1 lớn hơn min {a,b,c} .
d/ Giả sử degf  1 , n(f) là số nghiệm nguyên của phương trình f 2 ( x)  1 . Chứng minh rằng
n( f )  degf  2.
e/ Giả sử f  [ x] , a, b   sao cho f (a)  f (b)  1, c, d   sao cho f (c)  f (d )  1. Chứng
minh rằng {a,b,c,d} là một hoán vị của bốn số nguyên liên tiếp nào đó.
Lời giải
a/ Giả sử x0   là nghiệm của phương trình f ( x)  0.
Viết x0  5q  r , r {0,1, 2,3} .
Vì f ( x0 ) 5  f (r ) 5 điều này vô lý. Vậy phương trình f ( x)  0 không có nghiệm nguyên.
b/ Giả sử phương trình f ( x)  1 có bốn nghiệm a, b, c, d   khác nhau. Suy ra
f ( x)  ( x  a)( x  b)( x  c)( x  d )Q( x)  1 với Q( x)  [ x] .
Do -2 không thể phân tích thành tích của bốn số nguyên phân biệt nên phương trình
f ( x)  1 không thể có nghiệm nguyên.
c/ Giả sử phương trình f ( x)  1 có 3 nghiệm nguyên a,b,c và phương trình f ( x)  1 có nghiệm
nguyên d. Theo câu b ta suy ra phương trình f ( x)  1 có đúng 3 nghiệm.
Khi đó f ( x)  ( x  a)( x  b)( x  c)Q( x)  1 với Q( x)  0x   .
Và 1  (d  a )(d  b)(d  c)Q(d )  1   a  d  b  d  c  d  Q  d   2 suy ra ba số a-d,b-d,c-d phân
biệt vàđều là ước của 2 nên tồn tại một số âm, giả sử a  d  0  d  a  d  min {a,b,c} (đpcm)
d/ Giả sử n( f )  degf  3 (*)
Do f 2 ( x)  1   f ( x)  1 f ( x)  1  0 và
do số nghiệm của phương trình f(x)=1 và f(x)=-1 đều  n( f ) nên ta suy ra hai phương trình
f(x)=1 và f(x)=-1 đều phải có ít nhất 3 nghiệm. Giả sử phương trình f(x)=1 có 3 nghiệm a,b,c
(a<b<c) và phương trình f(x)=-1 có 3 nghiệm x1 , x2 , x3 . Theo câu c thì x1 , x2 , x3  min{a, b, c}  a
f  x   ( x  a)( x  b)( x  c)Q ( x )  1
f  xi   1i  1; 2;3
 1  ( xi  a )( xi  b)( xi  c )Q( xi )  1  2  ( xi  a)( xi  b)( xi  c)Q( xi )
do đó x1  a, x2  a, x3  a là ba nghiệm nguyên dương phân biệt của -2, điều này vô lý.
Vậy điều giả sử là sai hay ta có n( f )  degf  2.
e/ Giả sử f(x)=1 có nghiệm a,b (a<b), phương trình f(x)=-1 có nghiệm c,d (c<d).
Ta có (c-a)(c-b) là ước của 2, (d-a)(d-b) cũng là ước của 2. Do đó a,b,c,d là hoán vị của 4 số tự
nhiên liên tiếp.
Bài 4.
Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức với hệ số nguyên. Biết rằng đa thức xP( x3 )  Q( x3 ) chia hết
cho x 2  x  1 . Gọi d là ƯCLN của P(2023) và Q(2023) . Chứng minh rằng d  2022
Lời giải:
Ta có xP( x3 )  Q( x3 ) = x( P( x 3 )  P(1))  (Q( x 3 )  Q (1))  ( xP(1)  Q(1)) mà x( P( x3 )  P(1)) và
(Q( x 3 )  Q(1)) cùng chia hết cho x 3  1 nên chia hết cho x 2  x  1 . Do đó ( xP(1)  Q(1)) chia hết
cho x 2  x  1 . Vì deg ( xP(1)  Q(1)) =1  deg( x 2  x  1 )=2 nên ( xP(1)  Q(1))  0  P(1)  Q(1)  0 .

P( x)  ( x  1) P1 ( x)

Q( x)  ( x  1)Q1 ( x)
Theo định lý Bezout ta có 
Với P1 ( x), Q1 ( x) là các đa thức với hệ số
nguyên.
Do đó P(2023) và Q(2023) cùng chia hết cho 2022. Vì d  ( P(2023), Q(2023)) suy ra d  2022.
Bài 5.
Cho đa thức f ( x)  x 2017  ax 2  bx  c với a, b, c  có ba nghiệm nguyên x1 , x2 , x3 . Chứng minh
rằng ( a 2017  b 2017  c 2017  1)( x1  x2 )( x2  x3 )( x3  x1 ) chia hết cho 2017.
Lời giải:
Ta có f ( x)  x 2017  x  ax 2   b  1 x  c . Đặt g ( x)  ax 2  (b  1) x  c .
Do 2017 là số nguyên tố nên theo định lý Fecma nhỏ ta có x 2017  x (mod 2017).
Từ giả thiết suy ra g ( xi )  0 (mod 2017).
- Nếu ( x1  x2 )( x2  x3 )( x3  x1 ) chia hết cho 2017 thì bài toán chứng minh xong.
- Nếu ( x1  x2 )( x2  x3 )( x3  x1 ) không chia hết cho 2017.
Ta có
g ( x1 )  g ( x2 ) 2017  ( x1  x2 )(a ( x1  x2 )  b  1) 2017  a( x1  x2 )  b  1 2017 (1)
Tương tự  a( x2  x3 )  b  1 2017 (2)
Từ (1) và (2) suy ra a ( x1  x3 ) 2017  a  2017  b  1 2017 . Mà g ( x1 )  2017  c  2017 .
Do đó a  b  c  1 2017 mà a 2017  b2017  c 2017  1  (a  b  c  1) (mod 2017)
nên a 2017  b2017  c 2017  1 2017  đpcm
Bài 6.
Cho a,b,c là ba số nguyên phân biệt và đa thức P( x)  [ x] sao cho P(a)  P(b)  P(c)  2.
Chứng minh rằng phương trình P( x)  3  0 không có nghiệm nguyên.
Lời giải:
Từ giả thiết ta có P( x)  ( x  a)( x  b)( x  c)Q( x)  2 trong đó Q( x)  [ x] . Giả sử phương trình
P( x)  3  0 có nghiệm nguyên là d. Khi đó (d  a)(d  b)(d  c)Q(d )  1 . Do đó
d  a, d  b, d  c {1, 1} vô lý do d  a, d  b, d  c phân biệt. Từ đó ta có đpcm.
Bài 7.
Cho đa thức f ( x) [ x] . Chứng minh rằng nếu đa thức Q( x)  f ( x)  12 có ít nhất 6 nghiệm
nguyên phân biệt thì f ( x) không có nghiệm nguyên.
Lời giải:
Giả sử Q( x) có 6 nghiệm nguyên phân biệt là x1 , x2 ,..x6 khi đó
f ( x)  ( x  x1 )( x  x2 )..( x  x6 ) H ( x)  12 , trong đó H ( x)  [ x] . Nếu đa thức f ( x) có nghiệm
nguyên là a khi đó (a  x1 )(a  x2 )..(a  x6 ) H (a)  12 . Suy ra (a  x1 ),(a  x2 ),.., (a  x6 ) {  1; 2; 3; 6}
. Do (a  x1 ),(a  x2 ),..,(a  x6 ) phân biệt, mà | H (a) | 1 nên ta có
12 | a  x1 | . | a  x2 | .. | a  x6 | . | H ( a ) | 12.2 2.32.1  36
vô lý suy ra đpcm.
Bài 8.Cho f ( x) là một đa thức bậc 5 với hệ số nguyên, nhận giá trị 2023 với 4 giá trị nguyên
khác nhau của biến x. Chứng minh rằng phương trình f ( x)  2054 không thể có nghiệm
nguyên.
Lời giải:
Giả sử f ( x)  2023 tại bốn giá trị phân biệt là x1 , x2 , x3 , x4 và phương trình f ( x)  2054 có nghiệm
nguyên a. Khi đó ta có f ( x)  ( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 )( x  x4 ) H ( x)  2023, H  x   [ x] và
f (a)  2054  (a  x1 )(a  x2 )(a  x3 )( a  x4 ) H ( a)  31 . Do 31 là số nguyên tố nên không thể phân
tích thành tích của 4 số nguyên phân biệt điều này mâu thuẫn suy ra đpcm.
Bài 9.
1 5
1 5
)  0 . Chứng minh rằng f (
)  0.
4
4
Cho đa thức f ( x) [ x] thỏa mãn: f (
Lời giải
x
2
1
4
Giả sử f ( x)  P( x).( x 2   )  R( x) (degR(x)  1, P( x), R( x)  [ x] ) .
1 5
1 5
1 5
)  0 nên R(
)  0 mà R( x)  [ x] , degR(x)  1 nên R( x)  0 suy ra f (
)0
4
4
4
Do f (
(đpcm).
Bài 10.
Cho f ( x)  x n  a1 x n 1  ..  an 1 x  1 là đa thức có n nghiệm thực thỏa mãn ai  0i  1,.., n  1 .
Chứng minh rằng f ( x)  ( x  1)n x  Q  .
Lời giải
Gọi 1 ,..,  n là nghiệm của phương trình f ( x)  0.
Do  ai i 1  0   i  0i  1, n  1 .
n 1
Đặt  i   i  i  0.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
n
x    , f ( x)   ( x  i ) 
i 1
Bài 11.

n
x n  n 1... n

n
  x  1 (đpcm)
n
Biết đa thức f ( x)  x 4  18 x 3  kx 2  200 x  1984 có hai nghiệm mà tích bằng -32. Tính k.
Lời giải
Từ giả thiết suy ra
32b  162a  200
f ( x)  ( x 2  ax  32)( x 2  bx  162)  
a  b  18
 k  86
Bài 12.(IMO 2002)
Tìm m, n   : m, n  3 sao cho có vô số a    thỏa mãn
am  a 1
.
an  a2 1
Lời giải
Giả sử m,n thỏa mãn đầu bài. Xét hai đa thức f ( x)  x m  x  1 và g ( x)  x n  x 2  1 .
Khi đó ta có f ( x)  q( x) g ( x)  r ( x) (degr<degg).
Do f , g [ x] nên q, r  [ x]. Đặc biệt ta còn có g là monic (hệ số của số hạng chứa mũ cao
nhất của biến x là 1) nên q, r  [ x] .
Ta có
f ( x)
r ( x)
f (a )
r (a)
do đó với a    thì
 q ( x) 
  
   . Vì có vô số a    để
g ( x)
g ( x)
g ( a)
g (a)
f (a )
r (a )
   nên có vô số a    để
   hay có một dãy tăng vô hạn các số nguyên dương
g ( a)
g ( a)
an mà
r (an )
r ( an )
   . Tuy nhiên do degr<degg nên lim
 0 . Từ hai kết quả trên ta có r ( x)  0
g (an )
g (an )
và bài toán quy về tìm m, n   : m, n  3 để f ( x) g ( x) (Vì f , g [ x] và g là monic nên phép
chia hết nói ở đây là như nhau khi xét trong [ x] , [ x], [ x] ).
Vì f ( x) g ( x) nên mọi nghiệm của g(x) (xét trong tập số phức) đều là nghiệm của f(x) (số
bội của nghiệm trong g(x) nhỏ hơn hoặc bằng trong f(x)). Trong bài toán này ta quan tâm tới
nghiệm thực của g(x).
Dễ thấy x  (0;1) thì g ( x)  0 và g (0).g (1)  0 nên g(x) có duy nhất một nghiệm thực t  (0;1)
. Vậy ta có
t m  t 1  0
(1)
t n  t 2 1  0
(2)
Từ (1) và (2) suy ra t m  t  t n  t 2  t (1  t )  t n (1  t m n )  (1  t 2 )(1  t mn ) (do từ (2) ta có t n  1  t 2
). Do đó ta có t  (1  t )(1  t m n ) hay t mn1  t mn  1  0 (3).
Dễ thấy vì f ( x) g ( x) nên m>n và một số thuộc khoảng (0;1) thì khi lũy thừa càng lớn thì sẽ
càng nhỏ. Do vậy nếu m  n  1  n thì m  n  n 1  2 hay t mn1  t mn  t n  t 2 mà từ (1) và (2) thì
ta lại có t mn1  t mn  t n  t 2 vậy m  n  1  n hay m  2n 1
(4).
Ta lại có x n  x 2  1  g ( x) | ( x m n g ( x)  f ( x))  x m n  2  x mn  x  1 do đó n  m  n  2 hay
m  2n  2
(5) .
Từ (4) và (5) ta có hai trường hợp:
- Trường hợp 1: m=2n-2. Khi đó ta có x n  x 2  1| x n  x n  2  x  1 vô lý.
- Trường hợp 2: m=2n-1. Khi đó ta có x n  x 2  1| x n1  x n1  x  1 . Do vậy ta có
 x  1  x n  x 2  1  x n1  x n1  x  1 hay n=3, m=5. Thử lại ta thấy các giá trị này thỏa mãn.
Vậy có duy nhất cặp (m,n) thỏa mãn đầu bài là (5;3).